蔡晶晶
[摘 要]文章对一道高三市质检导数压轴题进行命制思路分析及解法研究,以帮助学生学会有逻辑地、创造性地思考问题,提高学生的解题能力。
[关键词]试题;命制;解法
[中图分类号] G633.6 [文献标识码] A [文章编号] 1674-6058(2022)11-0010-03
在2021年4月初莆田市高三毕业班第二次市质检中,笔者有幸参与了第22题导数压轴题的命制,收获颇丰,感触颇深,谨以此文与同行交流探讨。
一、原题呈现
设函数[f(x)=2ex+acosx],[a∈R]。
(1)若[f(x)]在[0,π2]上存在零点,求实数[a]的取值范围。
(2)证明:当[a∈1, 2]时, [f(x)≥2x+3]。
二、命制手法
本题的第(2)小题是运用几何画板探究函数[f(x)=2ex+acosx]的图像与一次函数图像的关系时产生的命制思路。在通过对参数[a]不断调整取值时发现,当[a∈1, 2]时,[f(x)=2ex+acosx]的轨迹恒在一条直线上方,通过拟合取整,可取该直线方程为[y=2x+3],再进行严格论证可得出本小题结论正确。
三、解法赏析
第(1)小题的解法如下:
解法1(分类讨论法1):
①當[a≥0]时,由[x∈0,π2]得[f(x)=2ex+acosx>2>0],不合题意。
②当[a<0]时,[f(x)=2ex-asinx>0]对[x∈0,π2]恒成立,所以[f(x)]在[0,π2]上单调递增。
因为[f(0)=a+2],[fπ2=2eπ2>0],要使得[f(x)]在[0,π2]上有零点,只需[f(0)=a+2<0],即[a<-2],所以实数[a]的取值范围为[(-∞,-2)]。
解法2(分类讨论法2):
①当[a≥-2]时,由[x∈0,π2]得[f(x)=2ex+acosx≥2ex-2>0],不合题意。
②当[a<-2]时,[f(0)=a+2<0],[fπ2=2eπ2>0], [f(0)fπ2<0],所以 [f(x)]在[0,π2]上有零点。
因此实数[a]的取值范围为[(-∞,-2)]。
解法3(分离参数法):
要使得[f(x)]在[0,π2]上有零点,即方程[2ex+acosx=0]在[0,π2]上有解,所以[1a=-cosx2ex],[x∈0,π2 ],设[g(x)=-cosx2ex],[x∈0,π2],
[g(x)=sinx+cosx2ex>0],则[g(x)]在[0,π2]上是增函数。
又因为[g(0)=-12],[gπ2=0],所以[-12 因此实数[a]的取值范围为[(-∞,-2)]。 第(2)小题的证法如下: 证法1(分类讨论法): 当[a∈1, 2]时,要证[f(x)≥2x+3],即证[2ex+acosx-2x-3≥0]。 令[G(x)=2ex+acosx-2x-3],则[G(x)=2ex-asinx-2],[G(x)=2ex-acosx]。 ①当[x≥0]时,[G(x)≥2-a≥0],[G(x)]在[0 ,+∞]上单调递增,[G(x)≥G(0)=0],所以[G(x)]在[0 ,+∞]上单调递增,[G(x)≥G(0)=a-1≥0]。 ②当[x≤-π2]时,设[M(x)=acosx-2x-3], 则[M(x)=-a?sinx-2≤a-2≤0],[M(x)]在[-∞,-π2]上单调递减。 [M(x)≥M-π2=π-3>0],所以[G(x)=2ex+M(x)>0]。 ③当[-π2 要证[G(x)≥0],只需证[2ex+cosx-2x-3≥0],即证[2x+3-cosxex≤2]。 设[H(x)=2x+3-cosxex], 则[H(x)=sinx+cosx-2x-1ex], 设[h(x)=sinx+cosx-2x-1],则[h(x)=cosx-sinx-2<0],[h(x)]在[-π2, 0]上单调递减。 [h(x)>h(0)=0],即[H(x)>0],[H(x)]在[-π2, 0]上单调递增,所以[H(x) 综上所述,[G(x)≥0]。 故当[a∈1, 2]时,[f(x)≥2x+3]。 证法2(变换主元法): 当[a∈1 , 2]时,要证[f(x)≥2x+3],即证[2ex+acosx-2x-3≥0]。 设[g(a)=(cosx)a+(2ex-2x-3)],故只需证对任意[a∈1 , 2],有[g(a)≥0]。 即证[g(1)≥0,g(2)≥0,]即证[2ex+cosx-2x-3≥0,2ex+2cosx-2x-3≥0。] (ⅰ)先证[2ex+cosx-2x-3≥0]。 设[h(x)=2ex+cosx-2x-3],则[h(x)=2ex-sinx-2=ex2-sinx+2ex]。 设[t(x)=2-sinx+2ex],则[t(x)=2+sinx-cosxex>0],所以[t(x)]是[R]上的增函数,且[t(0)=0]。 当[x<0]时,[t(x)<0],即[h(x)<0];当[x>0]时,[t(x)>0],即[h(x)>0],所以[h(x)]在[(-∞, 0)]上单调递减,在[(0,+∞)]上单调递增。 因此[h(x)≥h(0)=0],即[2ex+cosx-2x-3≥0]。 (ⅱ)再證[2ex+2cosx-2x-3≥0]。 ①当[x≤-π2]时,设[u(x)=2cosx-2x-3],则[u(x)=-2sinx-2≤0], 所以[u(x)]在[-∞,-π2]上单调递减,[u(x)≥u-π2=π-3>0],[2ex+2cosx-2x-3>0]。 ②当[-π2 ③当[x≥0]时,设[v(x)=2ex+2cosx-2x-3],则[v(x)=2ex-2sinx-2]。 因为[v(x)=2ex-2cosx>0],所以[v(x)]在[0 ,+∞]上单调递增,[v(x)≥v(0)=0]。 因此[v(x)]在[0,+∞]上单调递增,[v(x)≥v(0)=1>0],[2ex+2cosx-2x-3>0]。 综合①②③可知,[2ex+2cosx-2x-3>0]。 故当[a∈1, 2]时, [f(x)≥2x+3]。 证法3(分离参数法): (ⅰ)先证[2ex+cosx≥2x+3 ],即证[2x+3-cosxex≤2 ]。 设[H(x)=2x+3-cosxex], 则[H(x)=sinx+cosx-2x-1ex]。 设[h(x)=sinx+cosx-2x-1],设[h(x)=cosx-sinx-2<0],所以[h(x)]在[-π2, 0]上单调递减。 [h(x)>h(0)=0],则[H(x)>0],[H(x)]在[-π2, 0]上单调递增。 因此[H(x)≤H(0)=2],即[2x+3-cosx2ex≤2]成立。 (ⅱ)再证[2ex+2cosx-2x-3≥0],即证[2x+3-2cosx2ex≤2]。 设[F(x)=2x+3-2cosxex], 则[F(x)=2(sinx+cosx)-2x-1ex]。 设[G(x)=2(sinx+cosx)-2x-1=22sinx+π4-2x-1], ①当[x∈π2,+∞]时,[G(x)≤22-π-1<0],即[F(x)<0], 所以[F(x)]在[π2,+∞]上单调递减,[F(x)≤Fπ2=π+3eπ2<8eπ2<2]。 ②当[x∈-∞,-π]时,[G(x)>-22+2π-1>0]。 当[x∈-π,-π2]时,[G(x)=22cosx+π4-2≤2-2=0], 所以[G(x)]在[-π,-π2]上单调递减,[G(x)≥G-π2=π-3>0]。 当[x∈-∞,-π2]时,[G(x)>0],即[F(x)>0], 所以[F(x)]在[-∞,-π2]上单调递增,[F(x)≤F-π2=-π+3e-π2<0<2]。 ③当[x∈-π2,π2]时,[0 综合①②③可知,[2ex+2cosx-2x-3≥0]。 因此,当[a∈1, 2]时,[2ex+acosx≥min2ex+cosx, 2ex+2cosx≥2x+3]。 笔者从直观想象的角度出发,改编了一道高三模拟题作为期末考试题。 改编前原题:已知函数[f(x)=xex-a(lnx+x)]。 (1)略; (2)若[a>0],求[f(x)]的最小值。 解法1(隐零点法): [f(x)]的定义域为[(0,+∞)],依题意得[f(x)=(x+1)ex-ax=(x+1)xex-ax]。 令[g(x)=xex-a],当[x∈(0,+∞)]时,[gx=ex+xex=(x+1)ex>0], 所以[g(x)]在[(0,+∞)]上为增函数。 由[a>0]得[g(0)=-a<0],[g(a)=a(ea-1)>0],所以[g(0)g(a)<0], 故存在[x0∈(0, a)],使[g(x0)=0],即[x0ex0=a],即[lnx0+x0=lna]。 因为[g(x)]在[(0,+∞)]上为增函数, 所以当[x∈(0, x0)]时,[g(x) 当[x∈(x0 ,+∞)]时,[g(x)>g(x0)=0],即[f(x)>0], 所以[f(x)]在[(0, x0)]上为减函数,在[(x0 ,+∞)]上为增函数,[f(x)min=f(x0)=x0ex0-a(lnx0+x0)=a-alna=a(1-lna)]。 解法2(同构函数法): 由题意得[f(x)=xex-a(lnx+x)=elnx+x-a(lnx+x)]。 设[t=lnx+x],则[t∈R]。 记[φ(t)=et-at(t∈R)],故[f(x)]的最小值即为[φ(t)]最小值。 又[φ(t)=et-a(a>0)], 當[t=(-∞,lna)]时,[φ(t)<0],[φ(t)]单调递减; 当[t∈(lna,+∞)]时,[φ(t)>0],[φ(t)]单调递增, 所以[f(x)min=φ(lna)=elna-alna=a-alna]。 改编后试题:已知函数[f(x)=xex-a(lnx+x)]([a>0])。已知[f(x)]有两个零点,求[a]的取值范围。 解:同上可知[f(x)min=f(x0)=x0ex0-a(lnx0+x0)=a-alna=a1-lna ]。 ①当[0 ②当[a>e]时,有[f(x)min=f(x0)<0],由[x0ex0=a],得[1 (Ⅰ)因为[f1e=1ee1e-a-1+1e>0] ,所以[f(x0)f1e<0],又因为[f(x)]在[(0, x0)]上为减函数,所以[f(x)]在[(0, x0)]上存在唯一零点[x1]; (Ⅱ)因为[f(a)=aea-a(a+lna)=aea-aln(aea)>aea-aaea=aeaea-a>0], 当[x>0]时,[lnx 又因为[fx]在[(x0,+∞)]上为增函数,所以[fx]在[(x0 ,+∞)]上存在唯一零点[x2], [f(x)]在[(x0 ,+∞)]上有两个零点。 综上所述,[a]的取值范围为[(e,+∞)]。 以下同解法一。 四、命题感悟 正所谓“数缺形时少直观,形缺数时难入微”。以上试题遵循“低起点、多层次、高要求”的命题原则。从直观想象入手研制试题,发现不论是分类讨论法还是分离参数法,或是变换主元法,或是隐零点法,抑或是同构函数法,都是常用方法。多角度、分层次地探索解题思路,引导学生学会有逻辑地、创造性地思考,善于把握本质、以简驭繁,能发展学生的理性思维,培养学生的科学精神,提升学生分析和解决问题的能力。 (责任编辑 黄桂坚)